第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题（共13题）
1．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是

A．参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能
B．相同条件下断开与的氢氧键所需要的能量相同
C．相同条件下，中间产物转化为生成物、的速率
D．该反应过程中最大正反应的活化能
2．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程，部分历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是
A．丙烷在镍催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程与上述不同
B．反应历程中决速步骤能垒(活化能)为
C．反应历程中，生成过渡态Ⅰ比生成过渡态Ⅱ容易
D．图示反应历程之后可能发生的化学反应为
3．在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入和，发生反应实验的相关条件和数据如下表所示：下列说法正确的是
实验编号 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ
反应温度/ 800 800 850
达到平衡时间/ 40 10 30
平衡时 0.5 0.5 0.15
反应的能量变化
A．由表中信息可知：
B．实验Ⅰ达到平衡后，恒温条件下再向容器中通入和，达到平衡时，
C．实验Ⅱ可能隐含的条件是使用催化剂，实验Ⅲ，内：
D．由表中信息可知：
4．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ mol-1)如图所示，下列说法错误的是
A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B．生成NH3的总反应方程式为 2NO+5H22NH3+2H2O
C．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
D．该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
5．工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：
下列说法中，不正确的是
A．过程①②均有N－H键断裂
B．过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O
C．过程④中有非极性键形成
D．催化剂可以降低该反应的焓变
6．在Cu(I)催化剂和水存在条件下，还原为CO反应机理如图所示。图a为通过实验观察捕获中间体和产物推理出还原为CO反应过程示意图；图b.表示转化为CO。反应过程经历中间体的能垒(活化分子含有的能参加化学反应的最低限度的能量，称为化学反应的能垒)变化。
提示：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态。FS代表终态产物。下列推断错误的是
A．由图b知，总反应和各步反应的△H均小于0
B．在图a中，总反应是
C．在图b涉及的反应中，MS2→MS3是速控反应
D．由图a可知，是总反应催化剂且化合价保持不变
7．下列有关说法正确的是
A．在潮湿的空气中，马口铁和白铁皮镀层受损后，铁都比受损前更容易生锈
B．CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g) 室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0
C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0达到平衡后，升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大
D．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H1=-Q1 kJ·mol-1 H2(g)+Br2(g)=2HBr(g) △H2=-Q2 kJ·mol-1则 △H1<△H2
8．下列说法错误的是
A．可逆反应中反应物的转化率都小于100%
B．合成氨工业中使用催化剂是为了增大反应物的转化率
C．N2+3H2 2NH3　ΔH=-92.4 kJ/mol ，在密闭容器中充入1mol N2 和3 mol H2使之反应，则放出的热量小于92.4 kJ
D．用铁粉代替铁钉与稀硫酸反应制取氢气是为了加快化学反应的速率
9．一种捕获并资源化利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OCH3，其过程中主要发生如下反应：
I：2CO2(g)+6H2(g)═CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1=-122.5kJ mol-1
II：CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ mol-1
向恒压密闭容器中充入1molCO2和3molH2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=×100%]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．由图可知，210℃时以反应II为主，300℃时，以反应I为主
B．其他条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
C．反应状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为mol
D．要提高CH3OCH3选择性，可增大反应体系压强或使用对反应I催化活性更高的催化剂
10．下列说法正确的是（ ）
A．其它条件不变时，增大反应物浓度能使活化分子百分数提高，反应速率加快
B．反应物总能量高于生成物总能量的反应，一定能自发进行
C．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同
D．因为催化剂能改变反应活化能，所以能影响化学平衡状态
11．下列不能用勒沙特列原理解释的是
A．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
B．棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
C．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
D．高压比常压有利于NH3的合成
12．重铬酸钾(强氧化性)在水溶液中存在平衡：，下列说法正确的是
A．该反应是氧化还原反应
B．向该溶液中加入水，平衡逆向移动
C．向该溶液中加入5滴浓盐酸，平衡向逆反应方向移动，溶液呈橙色
D．向该溶液中加入5滴浓NaOH溶液后，平衡向正反应方向移动，溶液呈黄色
13．研究表明，MgO可应用于CH4的转化过程，如图是MgO与CH4作用最终生成Mg与CH3OH的相对能量一反应进程曲线，下列说法正确的是
A．反应中CH4被还原为CH3OH
B．中间体MgOCH4比OMgCH4更稳定
C．该反应速率控制步骤为OMgCH4→HOMgCH3
D．MgOCH4转化为MgCH3OH的能量变化△H=-145.1kJ·mol-1
二、填空题（共10题）
14．已知2A2(g)＋B2(g)2C(g)ΔH=－a kJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2 mol A2和1 mol B2，在500 ℃时充分反应达到平衡后C的浓度为w mol·L－1，放出热量bkJ。
（1）a b(填“>”“＝”或“<”)。
（2）若将反应温度升高到700 ℃，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
a．v(C)＝2v(B2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(A2)＝2v正(B2) d．容器内的密度保持不变
（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是 。
a．及时分离出C气体 b．适当升高温度
c．增大B2的浓度 d．选择高效的催化剂
（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。在500 ℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02 mol/L，则在此条件下CO的转化率为 。
15．含氮化合物对人类生活有十分重大的意义。
(1)目前广泛使用的工业合成氨方法是用氮气和氢气在一定条件下化合。
已知：N2(g)+O2(g) ＝2NO(g) △H＝+180.5kJ/mol
4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g) △H＝-905kJ/mol
2H2(g)+ O2(g)＝2H2O(g) △H＝-483.6kJ/mol
①写出工业合成氨的热化学方程式： 。
②实验室模拟合成氨，在2L密闭容器中投入1molN2和3mol H2，容器中氨气的体积分数随时间变化如图所示。则0~10min，NH3的平均速率为 ；达平衡时，N2的转化率为 。

③若在②达平衡后，保持容器体积及温度不变，移走0.5molNH3，再达平衡时，N2的体积分数将 ，平衡常数 （填“增大”“减小”或“不变”）
(2)科学家一直致力于研究常温常压下“人工固氮”的方法。据报道：在常温常压条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水反应，生成NH3和一种单质。进一步研究NH3生成量与温度关系，部分实验数据如下（反应时间3h，其余条件一样）
T/℃ 30 40 50
NH3生成量/10-6mol 4.8 5.9 6.0
①写出常温下“人工固氮”反应的化学方程式： 此反应△H 0（填“>”、“<”或“=）。
②该反应中的催化剂TiO2的制取方法之一是将TiCl4气体导入氢氧火焰中（700~1000℃）进行水解。写出TiCl4水解的化学方程式： 。
③在上述固氮过程中，除加入催化剂外，能提高生产速率，但不降低产率的措施还可以是 。
A．适当升高温度 B．将氨气液化分离
C．增大反应物N2的浓度 D．增大压强
16．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。回答下列问题：
(1)已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) ΔH1
Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH3
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH4
上述总反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：
温度：250℃～600℃～1000℃～2000℃
主要成分：Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe
1600℃时固体物质的主要成分为 ，该温度下测得固体混合物中m(Fe)︰m(O)=35︰2，则FeO被CO还原为Fe的百分率为 (设其它固体杂质中不含Fe、O元素)。
(2)铁系金属常用作CO加氢反应的催化剂。
已知某种催化剂可用来催化反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0。在T℃，压强为p时将1 mol CO和3 mol H2加入容积为1 L的密闭容器中。实验测得CO的体积分数χ(CO)如下表：
t/min 0 10 20 30 35
χ(CO) 0.25 0.20 0.17 0.15 0.15
①前10 min内，CO的平均反应速率υ(CO)= (保留两位有效数字)。
②达到平衡时，体系的总压强p与初始压强之比p0，p∶p0= ；
③下图是该反应CO的平衡转化率与温度、压强的关系。
图中温度T1、T2、T3由高到低的顺序是 ，理由是 。
④45 min时，保持容器的温度和体积不变，再加入1 mol CO和3 mol H2，再次达到平衡时，CO的平衡转化率 (填“＞”、“＜”或“=”)30 min时CO的平衡转化率。
17．CH3OH是重要的基本有机原料，利用反应A可将CH4转化为CH3OH。
反应A：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH＜0
(1)已知：破坏1mol化学键所需要的能量如下表所示。
化学键 C—H O=O O—H C—O
能量/kJ a b c d
①CH4的电子式是 。
②ΔH= kJ·mol-1。
③CH4难溶于水，而CH3OH能与水任意比互溶，原因是 。
(2)一定条件下将CH4与O2直接混合实现反应A，往往产生CO2等副产物。我国科研工作者利用FeCl3实现CH4的选择性氯化，使CH4转化为CH3Cl，并进一步水解得到CH3OH，流程示意如下。
①反应i的化学方程式是 。
②物质b是 。
③由FeCl3溶液结晶得到FeCl3·6H2O晶体，在HCl的气流中加热FeCl3·6H2O晶体，能得到无水FeCl3，实现物质的循环利用。结合平衡移动原理解释HCl的作用： 。
18．汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5催化，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图所示
(1)若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为 。
(2)用平衡移动原理解释为什么加入CO后NO转化为N2的转化率增大： 。
19．I.合成氨工业在现代农业、国防工业中，有着重要的地位。
已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1
(1)下列有关该反应速率的叙述，正确的是(选填序号) 。
a.升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率
b.增大压强不能增大活化分子百分数，但可以加快反应速率
c.使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应速率
d.在质量—定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响
(2)对于合成氨反应而言，如图有关图象一定正确的是(选填序号) 。

II.向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2，发生如下反应：
①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)
②2NO2(g)N2O4(g)
测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃。

(1)计算前5minN2O4反应的平均速率为 。
(2)计算T1℃时反应②的化学平衡常数为 。
(3)若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，判断T1℃时反应②进行的方向 (正向、逆向、不移动)。
20．(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K(300℃) K(400℃)（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的数据计算K(400℃)＝ （列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高的不利影响是 。
(2)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
②反应＋2＝2＋Cl﹣的平衡常数K表达式为 。
21．有一可左右滑动的密封导热隔板，当拔起销钉后，两侧分别开始进行如图所示的可逆反应，隔板随之开始移动。

各物质的起始加入量
物质 H2 Br2（g） HBr X Y Z R
物质的量（mol） 2.0 2.0 5.0 设x 8.0 0.50 1.5
当x在一定范围内变化时，均可因为隔板的导热作用而调节反应器左右两侧的温度，使两侧反应都达到平衡。在整个反应过程中隔板始终左滑，一段时间后，隔板恰好处于反应器左端1/3处不动，达平衡后保持温度不变。试回答：
(1)化学方程式中R物质的化学计量数n为（填编号，下同）_______。
A．3 B．4 C．5 D．6
(2)若x=6.5，则右侧反应在起始时向 方向（填“正反应”或“逆反应”）进行；欲使起始反应维持向该方向进行，则x的取值范围为 。
(3)若已知ΔH 1＜0，ΔH2＜0，x分别为6.5和7.0时，在这两种情况下，反应分别达到平衡状态（Ⅱ）时，请比较H2体积分数[分别记作φ（H2）、φ（H2＇）]的相对大小_________。
A．φ(H2)＞φ(H2＇) B．φ(H2)＜φ(H2＇)
C．φ(H2)=φ(H2＇) D．不能确定
(4)若x=6.5时，左右两侧反应体系达平衡后，设法向左侧容器中再充入a mol氢气，当左、右两侧反应体系再次平衡时（隔板平衡点位置不变，下同）a的取值范围是 。
(5)若x=6.5时，且左右两侧反应体系均达到平衡后，如向右侧反应体系中充入b mol氦气，片刻后，使容器两侧又均达到平衡。则右侧化学平衡将向 方向（填“正反应”或“逆反应”）移动；b的最大值应小于 。
22．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0。
(1)写出该反应的化学平衡常数表达式：K= 。
(2)降低温度，该反应K值 ，二氧化硫转化率 ，化学反应速率 (以上均填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如下图所示，反应处于平衡状态的时间是 。
23．．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律图中表示温度，表示物质的量。
(1)在a、b、c三点达到平衡时，的物质的量由大到小的顺序为 ；
(2)b点时的平衡体积分数最大，此时的起始投料比为 ；
(3)若，则正反应一定是 反应(填“放热”或“吸热”)。
II．对于反应，判断t2、t3、t4时刻对该反应采取的措施。
(4)： ；： ；： 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A. 由图可知，图中两个反应均为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，A正确；
B. 由图可知，P1为H-O-O-N=O含有过氧键，而P2为H-O-NO2不含过氧键，故相同条件下断开与的氢氧键所需要的能量不相同，前者性质更活泼，氢氧键键能更小，更容易断裂，B错误；
C. 由图可知，Z转化为产物的活化能：产物P2＞P1，活化能越大反应速率越慢，则速率：， C正确；
D. 由图可知，该历程中最大正反应的活化能E正=-18.92kJ/mol-（-205.11kJ/mol）=186.19kJ/mol，D正确；
故答案为：B。
2．C
【详解】A．催化剂不改变反应物和产物，但是催化剂会改变反应的历程，不同催化剂的反应历程不同，故A正确；
B．化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒最大的到过渡态I的能量，能垒为，故B正确；
C．由图可知生成过渡态I的能垒大于生成过渡态II的能垒，能垒越大反应越困难，故生成过渡态II容易，故C错误；
D．图示中最后一步生成了最终产物丙烯，则之后发生反应的应为H2O2的分解反应，故D正确；
故选：C。
3．B
【详解】A．由表格数据可知，温度升高，生成物D的浓度降低，即平衡逆向移动，因此正反应放热， H＜0，A错误；
B．实验I达到平衡后，c(A)=c(D)=0.5mol·L-1，c(B)=0.25mol·L-1，K==4，恒温条件下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，此时c(A)=c(D)=1.0mol·L-1，浓度商Q==4=K，则平衡不发生移动，所以c(D) = 1.0mol·L-1，B正确；
C．实验II达平衡时各物质的浓度不变，则平衡不移动，但反应所用时间缩短，隐含的条件是使用催化剂，实验III达到平衡时v(D) == 0.005mol·L-1·min-1，C错误；
D．由于正反应放热，因此Q＞0，实验I、II参加反应的A物质的量小于2mol，且达到相同的平衡状态，故实验I、II放出热量相等，实验III升高温度，平衡逆向移动，放出热量比Q1小，所以有Q3＜Q1=Q2，D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．由图可知，生成氨气的各基元反应中，氮元素的化合价均降低被还原，故A正确；
B．由图可知，生成氨气的总反应为在催化剂作用下，一氧化氮与氢气反应生成氨气和水，反应的化学方程式为2NO+5H22NH3+2H2O，故B正确；
C．由图可知，一氧化氮还原生成氮气的活化能大于还原生成氨气的活化能，则在Pd/SVG催化剂的作用下，一氧化氮更容易生成氨气，故C错误；
D．由图可知，反应中有氢氢非极性键和氮氧极性键发生断裂，有氮氮非极性键和氮氢、氢氧极性键的形成，故D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH，则过程①②均有N－H键断裂，故A正确；
B．由图可知，NH失去电子结合OH-，转变为N和H2O，则过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O，故B正确；
C．过程④中形成N≡N键，则过程④中有非极性键形成，故C正确；
D．使用催化剂该反应的焓变不变，可以改变活化能，故D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，MS2→MS3是吸热反应，A错误；
B．根据图a可知，观察的去向，产物中来自水，B正确；
C．MS2→MS3，，该反应活化能较大，是速控反应，C正确；
D．由图a可知，亚铜离子是总反应的催化剂，D正确；
故选A。
7．D
【详解】A. 马口铁是镀锡铁，白铁是镀锌铁，由于金属活动性：锌>铁>锡，所以在潮湿的空气中，形成原电池时，马口铁是Fe为负极，被腐蚀；白铁则是Fe为正极，被保护，A错误；
B. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 室温下不能自发进行，是因为该反应是吸热反应，△H>0，B错误；
C. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0达到平衡后，升高温度，反应速率v(H2)增大，但化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以最终达到平衡时H2的转化率减小，C错误；
D. 单质活动性越强，物质具有的能量越高，反应放出的热量也越多。物质的氧化性：Cl2>Br2，所以Cl2与氢气反应放出的热量更多。但△H<0，所以反应放热越多，反应热△H越小，故两个反应的反应热：△H1<△H2，D正确；
故合理选项是D。
8．B
【详解】A．可逆反应不能进行彻底，故转化率都小于100%，A正确；
B．催化剂只能同时加快正、逆反应速率，无法增大反应物的转化率，B错误；
C．因该反应为可逆反应，1mol N2 和3 mol H2不可能反应，则达到平衡时，放出的热量小于92.4 kJ，C正确；
D．用铁粉代替铁钉与稀硫酸反应，增大了比表面积，加快反应速率，D正确；
故答案选B。
9．D
【详解】A．低温时主要发生反应Ⅰ为主，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，而高温时主要发生反应Ⅱ，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，所以CO2平衡转化率210℃时以反应Ⅰ为主，300℃时，以反应Ⅱ为主，A错误；
B．增大H2投入量，可能有利于反应I的发生，则不能高CH3OCH3平衡产率，B错误；
C．反应状态达A点时，CO2的平衡转化率为25%，则反应的CO2为1mol×25%＝0.25mol，平衡时CH3OCH3的选择性为25%，根据CH3OCH3的选择性＝ ×100%可得×100%＝25%，n(CH3OCH3)＝mol，C错误；
D．使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂或增大反应体系压强，有利于反应Ⅰ发生，促进二氧化碳更多的转化为CH3OCH3，提高CH3OCH3的选择性，D正确；
故选D。
10．C
【详解】增大反应物浓度只能改变单位体积的活化分子的数目，但不能改变活化分子的百分数，选项A错误；
B.反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，反应物总能量高于生成物总能量的反应，为放热反应，但不一定能自发进行，如铝热反应，选项B错误；
C.反应热与反应的始末状态有关，与反应途径无关，选项C正确；
D.催化剂不能改变平衡状态，只能降低反应的活化能，改变反应速率，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查较为综合，涉及化学反应速率、反应热与焓变等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，易错点为选项B．反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据。
11．A
【详解】A．催化剂不影响平衡，所以不能用勒沙特列原理解释，故A符合题意；
B．棕红色NO2加压后，先是有NO2的浓度增大，所以颜色先变深，后由于NO2的浓度增大，平衡向NO2的浓度减小，即生成N2O4的方向移动，所以颜色变浅，可以用勒沙特列原理解释，故B不符合题意；
C．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3的平衡正向移动，颜色变深，可以用勒沙特列原理解释，故C不符合题意；
D．合成氨的反应为气体系数之和减少的反应，加压可以使平衡正向移动，有利于氨气的合成，可以用勒沙特列原理解释，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
12．D
【详解】A．该反应中没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．向该溶液中加入水，浓度均降低导致正逆反应速率均减慢，由于生成物系数之和大于反应物系数之和(水是纯液体，其系数不计算在内)，所以QC．向该溶液中滴入浓盐酸，Cl-有还原性，酸性溶液中有强氧化性，两者会发生氧化还原反应生成Cr3+和氯气，溶液不会呈橙色，故C错误；
D．向该溶液中加入5滴浓NaOH溶液，OH-和H+中和，c(H+)降低，平衡向正反应方向移动，溶液呈黄色，故D正确；
故选D。
13．D
【详解】A．转化为时，碳元素化合价由价变为价，被氧化，故A错误；
B．由图知体系能量比低，能量越低越稳定，即中间体比更稳定，故B错误；
C．由图可知，活化能最大，反应速率最慢，该反应速率控制步骤为，故C错误；
D．转化为的焓变为，故D正确；
选D。
14． > 减小 b c c 75%
【分析】(1)2A2(g)+B2(g) 2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量、物质的量浓度、百分含量都不变，以及由此引起的一系列物理量不变；(4)增大反应速率且平衡正向移动，可以通过增大反应物浓度、增大压强实现；(5)依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到。
【详解】(1)2A2(g)+B2(g) 2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol，所以放出的热量a＞b；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；(3)a．v(C)=2v(B2)时，反应速率方向未知，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；b．反应前后气体的压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c．v逆(A2)=2v正(B2)=v正(A2)，正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故c正确；d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故d错误；故答案为bc；(4)a．及时分离出C气体，平衡正向移动，但反应速率减小，故错误；b．适当升高温度，平衡逆向移动，故错误；c．增大B2的浓度，平衡正向移动且反应速率增大，故正确；d．选择高效的催化剂，反应速率增大但平衡不移动，故错误；故答案为c；(5)依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L) 0.02 0.02 0 0
变化量(mol/L) X X X X
平衡量(mol/L) 0.02-X 0.02-X X X
平衡常数K===9，解得：x=0.015mol/L；一氧化碳转化率=×100%=75%。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
15．(1) N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H＝-92.4 kJ/mol 0.04mol/(L·min) 40% 增大 不变
(2) 2N2 +6H2O =4NH3 + 3O2 > TiCl4 + 2H2O = TiO2 +4HCl AC
【详解】（1）①根据盖斯定律，Ⅰ.N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H＝+180.5kJ/mol，Ⅱ.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H＝-905kJ/mol，Ⅲ.2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) △H＝-483.6kJ/mol，Ⅰ-Ⅱ+Ⅲ得热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H＝-92.4 kJ/mol ；
平衡时氨气的百分含量为25%，所以[2n/(4-2n)]×100%=25% 解得n=0.4，NH3的平均速率为0.8/(2×10)=" 0.04mol/(L·min)" ；达平衡时，N2的转化率为(0.4/1) ×100%=40%；
③保持容器体积及温度不变，移走0.5molNH3，相当于减小压强，平衡逆向移动，再达平衡时，N2的体积分数将增大，温度不变，平衡常数不变；
（2）①根据题给信息可知，反应物为N2和H2O，生成物为氨气和氧气，所以化学方程式为：2N2 +6H2O=4NH3 + 3O2，△H > 0；
②TiCl4水解生成TiO2，TiCl4水解的化学方程式为TiCl4 + 2H2O TiO2 +4HCl；
③A．适当升高温度，平衡右移，速率加快，符合；
B．将氨气液化分离，平衡右移，速率减慢，不符；
C．增大反应物N2的浓度，平衡右移，速率加快，符合；
D．增大压强，平衡左移，速率加快，不符；
选AC。
16．(1) FeO 、Fe 80%
(2) 0.033 mol·L-1·min-1 5∶7或0.714 T3＞T2＞T1 该反应为放热反应，相同压强下，温度升高，CO平衡转化率降低 ＞
【详解】（1）根据当1000℃时为FeO，在2000℃时为Fe来分析，可知当温度为1600℃时所得固体主要为FeO、Fe。设混合物中FeO的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则有：，所以x:y=1:4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1:4，则可知被还原的FeO的百分比为；
（2）①在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于气体的体积比。在反应开始时n(CO)=1 mol，n(H2)=3 mol，假设前10 min反应的CO物质的量为x mol，则同时消耗3x mol H2，反应产生x mol CH4、x mol H2O，此时气体总物质的量为n(总)=(1-x) mol+(3-3x)mol+x mol+x mol=(4-2x) mol，此时CO的体积分数是0.20，则，解得x=，故前10 min内，CO的平均反应速率υ(CO)=；
②假设反应达到平衡时反应产生CO的物质的量为a mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO)=(1-a) mol，n(H2)=(3-3a) mol，n(CH4)=a mol，n(H2O)=a mol，此时气体总物质的量为n(总)=(1-a) mol+(3-3a)mol+a mol+a mol=(4-2a) mol，由于平衡时CO的体积分数为，解得a=，n(总)=(4-2a) mol=(4-2×) mol=，，在同温同压下气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则达到平衡时，体系的总压强p与初始压强之比p0，p∶p0=5:7；
③反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)　△H＜0，该反应的正反应是放热反应，在压强不变时，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO的平衡转化率降低，根据图象可知，温度T3＞T2＞T1；
④该反应的正反应是气体体积减小的反应，在45 min时，保持容器的温度和体积不变，再加入1 mol CO和3 mol H2，相当于又在1个体积是1 L容器中加入1 mol CO和3 mol H2，，平衡状态与原平衡相同，然后将容器的容积压缩至1 L，即增大了体系的压强，增大体系的压强，化学平衡正向移动，因此当反应再次达到平衡时，CO的平衡转化率会增大，故CO的平衡转化率大于30 min时CO的平衡转化率。
17．(1) -(2c+2d -2a-b) 或 2a+b-2c-2d 甲醇中的羟基可与水分子之间形成氢键
(2) CH4 + 2FeCl3CH3Cl + 2FeCl2 + HCl HCl FeCl3·6H2OFe(OH)3 + 3HCl+ 3H2O，通入HCl，抑制FeCl3水解；同时，HCl气流可带走H2O
【详解】（1）甲烷的电子式为：；反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故该反应的； CH3OH中羟基能与水形成分子间氢键，能与水任意比互溶，故原因是：甲醇中的羟基可与水分子之间形成氢键；
（2）反应i：甲烷中碳元素由-4价变为-2价，化合价升高，故铁元素化合价降低，反应i的化学方程式为：CH4 + 2FeCl3CH3Cl + 2FeCl2 + HCl，即物质a为FeCl2；一氯甲烷水解得到甲醇和HCl，b为HCl；FeCl2、O2和HCl反应得到FeCl3。三氯化铁晶体会发生水解生成氢氧化铁和氯化氢，在HCl氛围中加热，可抑制三氯化铁晶体的水解，同时HCl气流可带走水，减小晶体的水解程度，故原因是：FeCl3·6H2OFe(OH)3 + 3HCl+ 3H2O，通入HCl，抑制FeCl3水解；同时，HCl气流可带走H2O。
18．(1)该反应放热，升高温度，反应向逆反应方向进行
(2)加入的CO会与NO的分解产物O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO转化率升高
【详解】（1）2NO=N2+O2正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以温度超过775K，NO的分解率降低；
（2）加入的CO会与NO的分解生成的O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO转化率升高。
19． abd ac 0.18mol/ (L·min) 0.4 正向
【分析】I.（1）根据外界条件对反应速率的影响分析解答；
（2）根据外界条件对反应速率、平衡的影响结合图象中曲线的变化趋势分析判断；
II.（1）根据前5min内N2O4的浓度变化量结合反应速率的含义分析解答；
（2）根据平衡时NO2和N2O4的浓度以及平衡常数的含义计算；
（3）根据浓度熵和平衡常数的大小关系分析判断。
【详解】I．（1）a．升高温度可以增大活化分子百分数，有效碰撞的次数增加，则加快反应速率，故a正确；
b．增大压强，可增大单位体积内活化分子数目，则加快反应速率，不能增大活化分子百分数，故b正确；
c．使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物分子平均能量不变，故c错误；
d．增大固体表面积，可增大反应速率，因此在质量—定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响，故d正确；
故答案为abd；
（2）a．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，则氨气的体积分数减小，但反应到达平衡的时间缩短，故a正确；
b．反应到达平衡时，各物质浓度变化量之比等于其计量数之比，物质的浓度不一定相等，故b错误；
c．使用催化剂加快反应速率，缩短反应时间，但不影响平衡移动，符合题意，故c正确；
故答案为ac；
Ⅱ．（1）从图可知5min时N2O4浓度为0.9mol/L，则前5min内反应的平均速率v（N2O4）=0.9mol/L÷5min=0.18mol/（L min）；
（2）T1℃时反应②2NO2（g）N2O4（g）在5min时达到平衡，此时N2O4浓度为0.9mol/L，NO2浓度为1.5mol/L，则化学平衡常数K=c(N2O4)/c2(NO2)=0.9/1.52=0.4；
（3）起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，此时Qc=1.0/1.82≈0.31＜K，因此反应正向进行。
【点睛】化学平衡图象题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
20． 大于 HCl的转化率减小 减小
【详解】(1)根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K(300℃)＞K(400℃)；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，，K(400℃)＝＝＝；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；
(2)①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压pc越大，说明平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；
②反应＋2＝2＋Cl﹣的平衡常数K表达式为。
21．(1)D
(2) 正反应 6.0＜x＜8.0
(3)A
(4)0＜a＜0.25
(5) 逆反应 1.75
【详解】（1）左侧是反应前后体积不变的可逆反应，即始终满足物质的量是9mol；平衡后左侧体积减小，右侧体积增大，这说明右侧反应是体积增大的可逆反应，因此3+4＜2+n，即n＞5，答案选D。
（2）平衡时右侧气体的物质的量是9mol×2=18mol。若x=6.5，则起始时右侧气体的物质的量是(6.5+8.0+0.5+1.5)mol=16.5mol＜18mol，所以右侧反应在起始时向正反应方向进行；欲使起始反应维持向该方向进行，则(x+8.0+0.5+1.5)＜18，即x＜8；根据方程式可知：
因此x的最小值不能低于6，即取值范围是6＜x＜8。
（3）两种情况下，反应到达平衡时左右两侧混合物总的物质的量分别均为9mol、18mol，这说明x=6.5时右侧反应中转化率高，反应放热多。由于左侧反应是放热反应，温度高平衡向逆反应方向进行，所以最终平衡时氢气的含量高，答案选A。
（4）由于平衡时右侧气体的物质的量是左侧的2倍，则根据方程式可知：
这说明右侧气体的物质的量的最大值是4.5+13.5=18.5，因此18.5=2(9+a)，解答a=0.25，所以a的取值范围是0＜a＜0.25；
（5）若x=6.5时，且左右两侧反应体系均达到平衡后，如向右侧反应体系中充入b mol氦气，右侧压强增大，要保证隔板平衡点位置不变，则需要减少气体的物质的量，因此右侧化学平衡将向逆反应移动；根据方程式可知：
因此满足7.25mol+9mol+bmol=18mol，解得b=1.75，即b的最大值应小于1.75。
22． 增大 增大 减小 15～20min和25～30min
【详解】(1) 反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的化学平衡常数表达式K=；
(2) 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)正反应放热，降低温度，平衡正向移动， K值增大，二氧化硫转化率增大；降低温度，化学反应速率减小。
(3)反应达到平衡状态时，各物质浓度不再变化，根据图示，反应处于平衡状态的时间是15～20min和25～30min。
23．(1)c＞b＞a
(2)1：3
(3)吸热
(4) 增大NH3的浓度 减小压强 加入催化剂
【详解】（1）对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为c＞b＞a。
（2）由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，即的起始投料比为1：3。
（3）若T2＞T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应。
（4）由图象，t2时刻v正不变，v逆突然增大，v逆＞v正，平衡逆向进行，可能改变的措施为增大了NH3的浓度；t3时刻v正、v逆均减小，且v逆＞v正，平衡逆向进行，可能改变的措施为减小压强；t4时刻v正、v逆均增大，但v逆=v正，平衡不移动，则可能改变的措施是加入催化剂。
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